「KDOI-06-S」题解

T2 树上异或

题面

分析

树形 DP 题

考虑一颗子树内部的某种割边方式，假设其被分为 \(n\) 个连通块，每个连通块的权值分别为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，那么该子树在这种割边方式下对答案的贡献就为 \(\prod_{i = 1}^{n} a_i\)。

因此就可以从叶子向根不断合并，求出每种割边状态的值，时间复杂度为 \(O(2^{n - 1}n)\)，期望得分 \(8\) 分。

这启示往树形 DP 的方向思考。

将每次定下割边的方法转变，考虑在 DP 过程中通过将两个连通块连接到一起，去遍历每一种状态。

这样，每回溯到一个点：

1. 遍历该点的子树
2. 把与该点之间存在割边的连通块与该点之前所找到的连通块合并
3. 每次合并后求出该情况的贡献（如图，将蓝色连通块的权值异或在一起，然后计算结果）

实现困难，时间复杂度极高。

因为连通块对答案的贡献是 \(\prod_{i = 1} ^{n} a_i\) 的形式，故某子树除去被合并的连通块后不同情况产生的贡献是可以累加的。（答案是 \(a_1 b_1+\dots+a_1 b_n+a_2 b_1+\dots+a_n b_n\)，即 \((a_1+\dots+a_n)(b_1+\dots+b_n)\)）。

而合并连通块却无法这样优化。

对此，有一种方法能够快速地合并连通块——拆位。

具体来说，定义 \(f_{u, i, j}\) 表示以 \(u\) 所在的连通块的权值第 \(i\) 位为 \(j\) 时以 \(u\) 为根节点的子树除了\(u\) 所在的连通块其他连通块的乘积的值，定义 \(g_u\) 表示以 \(u\) 为根节点的子树对答案的贡献。

容易得到：$$g_u = \sum_{i = 0}^{63}f_{u, i, 1} \times 2^i$$，即 \(u\) 所在连通块第 \(i\) 位为 \(1\) 时，所有的割边方案的贡献。

故仅需考虑 \(f_{u, i, j}\) 的转移。

考虑当前遍历到 \(u\) 的儿子节点 \(v\)，则：

1. 如果不合并，则 \(v\) 的子树全都与 \(u\) 所在的连通块无关，那么 \(g_v\) 全都要乘到 \(f_{u, i, 0}\)。
2. 合并第 \(i\) 位为 \(1\) 的情况，如果连通块原本为 \(1\) ，则与该子树中第 \(i\) 位为 \(0\) 的异或后第 \(i\) 位仍然为 \(1\)。否则为与第 \(i\) 位为 \(1\) 的连通块异或。
3. 第 \(i\) 位为 \(0\) 则恰好相反。

即：

\[f_{u, i, 0} = f_{u, i, 0} \times g_{v} + f_{v, i, 0} \times f_{u, i, 0} + f_{v, i, 1} \times f_{u, i, 1} \]

\[f_{u, i, 1} = f_{u, i, 1} \times g_v + f_{v, i, 0} \times f_{u, i, 1} + f_{v, i, 1} \times f_{u, i, 0} \]

答案为 \(g_1\)。

注意

本题空间较小，动态规划数组开 long long 会爆。

点击查看代码

/*
  --------------------------------
  |        code by FRZ_29        |
  |          code  time          |
  |          2024/09/15          |
  |           13:42:20           |
  |             星期天            |
  --------------------------------
                                  */

#include <iostream>
#include <climits>
#include <cstdio>
#include <ctime>
typedef long long LL;

using namespace std;

void RD() {}
template<typename T, typename... U> void RD(T &x, U&... arg) {
    x = 0; int f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
    x *= f; RD(arg...);
}

const int N = 5e5 + 5;
const int mod = 998244353;

#define PRINT(x) cout << #x << "=" << x << "\n"
#define LF(i, __l, __r) for (int i = __l; i <= __r; i++)
#define RF(i, __r, __l) for (int i = __r; i >= __l; i--)

int head[N], Next[N << 1], ver[N << 1], tot = 1;
int n, f[N][65][2], g[N];
LL a[N];

void add(int u, int v) {
    ver[++tot] = v;
    Next[tot] = head[u], head[u] = tot;
}

void dfs(int u, int _f) {
    LF(i, 0, 63) f[u][i][a[u] >> i & 1] = 1;
    
    for (int i = head[u]; i; i = Next[i]) {
        int v = ver[i];
        if (v == _f) continue;
        dfs(v, u);

        LF(i, 0, 63) {
            LL t0 = f[u][i][0], t1 = f[u][i][1];
            f[u][i][0] = (t0 * g[v] + t0 * f[v][i][0] + t1 * f[v][i][1]) % mod;
            f[u][i][1] = (t1 * g[v] + t1 * f[v][i][0] + t0 * f[v][i][1]) % mod;
        }
    }

    LF(i, 0, 63) g[u] = (g[u] + (1LL << i) % mod * f[u][i][1]) % mod;
}

int main() {
//    freopen("read.in", "r", stdin);
//    freopen("out.out", "w", stdout);
//    time_t st = clock();
    RD(n);
    LF(i, 1, n) RD(a[i]);
    LF(u, 2, n) {
        int v; RD(v);
        add(u, v), add(v, u);
    }
    dfs(1, 0);
    printf("%d", g[1]);
//    printf("\n%dms", clock() - st);
    return 0;
}

/* ps:FRZ弱爆了 */